河北省2020届高三名优校联考数学（文科）试题（含答案解析）

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2、小扇形的半径长为 r，则 S大扇形 2 2 R ，S小扇形 2 2 r ，R=2r.根据几何概型，可得此点取自扇面（扇环）部分的概率为 4 3 4 3 2 22 2 2 2 22 2 22 r r R rR R rR P . 4.A 解析： = log1 2 3 log 1 2 1 = 0，0 = ( 1 3) 0.2 (1 3) 0 = 1，1 = 2 1 3 21= 2， . 5.D 解析：设 a 与 b 的夹角为 .(a+b)(ab)0，a2b20，|a|b|. |a+b| 3|ab|，a2+2|a|b|cos +b29a218|a|b|cos +9b2. 由，解得 cos 5 4 .

3、6.D 解析： )( sin cos|ln )(xf xx xx xf ，f(x)为奇函数，排除 A.又f(1)f(1) 0， 0 22 ff ，排除 B. 又 0 3 f ， 0f，排除 C.故只有 D 选项符合. 7.D 解析：sin = 1 3， ( 2 ，)，cos = 1 sin2 = 1 1 9 = 22 3 ， tan = sin cos = 1 3 22 3 = 2 4 ，cos( + 4) = cos cos 4 sin sin 4 = 22 3 2 2 1 3 2 2 = 4+2 6 ，cos( 4) = cos cos 4 + sin sin 4 = 22 3 2 2

4、+ 1 3 2 2 = 42 6 8.B 解析：f(x)sin2x+3sin xcos x= 1cos 2 2 + 3 2 sin 2xsin(2 6) + 1 2f(x)的最小正周期 T= 2 =，故 A 错误；f(x)的最大值为 1+ 1 2 = 3 2，故 B 正确；令 2k+ 2 2x 6 2k+ 3 2 ，，解得 k+ 3 xk+ 5 6 ，当 k0 时，f(x)在( 3 ， 5 6 )上单调递减，故 C 错误；令 2x 6 =k+ 2，，解得 x= 2 + 3，当 k0 时，f(x)的图象关于直线 x= 3对称，故 D 错误 9.C 解析：i1，x137，S0+10010

5、0，继续循环； i2，x221，S100+36136，继续循环； i3，x331，S136+16152，继续循环； i4，x420，S152+49201，继续循环； i5，x529，S201+4205，继续循环； i6，x619，S205+64269，继续循环； i7，x732，S269+25294，继续循环；数学(文科) 第 2 页(共 6 页) i8，x823，S294+16310，继续循环； i9，x925，S310+4314，继续循环； i10，x1033，S314+36350，满足“i10”，输出 S35. 10.C 解析：双曲线 2 2 2 2 = 1的一条渐近线的倾斜角为 6，

6、tan 6 = 3 3 ，这条渐近线的方程为 y= 3 3 x， 2 = 3 3 ，解得 a= 6，c= 2+2= 6 + 2 =22，双曲线的离心率 e= = 22 6 = 23 3 11.A 解析：在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，3bsin Aacos B 2bc，利用正弦定理，得3sinsin sincos = 2sin sin( + )，整理，得3sinsin = 2sin sincossin B0，3sin = 2 cos， 2sin( + 6) = 2，sin( + 6)1又 0A， = 3 12.B 解析：设椭圆2+ 2 2 = 1上存在关于直线

7、 yx+m 对称的两点，设这两点分别为 M(x1，y1)，N(x2，y2)，根据对称性可知，线段 MN 被直线 yx+m 垂直平分，且 MN 的中点 T(x0，y0)在直线 yx+m 上，则 kMN1，故可设直线 MN 的方程为 yx+n联立 2 + 2 2 = 1， = + ，整理，得 3x22nx+n220， x1+x2= 2 3 ，y1+y22n(x1+x2)2n 2 3 = 4 3 ， x0= 1+2 2 = 3，y0= 1+2 2 = 2 3 由4n212(n22)0，可得3n3 MN 的中点 T(x0，y0)在直线 yx+m 上， 2 3 = 3 +m，m= 3， 3 3 m 3

8、 3 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13.10 解析：根据题意画出可行域，如图所示：由图可知目标函数经过点 A(4，1)时，z 取得最大值 10. 14. 27 40 解析：由 a1+3a2+ 1 3 n ann，得当 n1 时，a11；当 n2 时，a1+3a2+ 2 3 n an1n1 .又 a1+3a2+ 1 3 n ann ，得 1 3 1 n n a，当 n1 时也成立，数列an是首项为 1，公比为 3 1 的等比数列， 27 40 3 1 1 3 1 1 4 4 S . 15. = 13 16 解析：函数() = 3+ ( 1)2+ 为奇函数，

9、(1)+ (1) = 0，1 + 1 + (1 + 1 + ) = 0，解得 = 1，() = 3+ ， () = 32+ 1.设切点为(0,0)，则(0) = 30 2 + 1. 数学(文科) 第 3 页(共 6 页) 设切线方程为 0= (0)( 0). 0= 0 3 + 0， (0 3 + 0) = (30 2 + 1)( 0).该直线过点(0,16)， 16 (0 3 + 0) = (30 2 + 1)(0 0)，解得0= 2，0= 10，(0) = 13，所求直线方程为 10 = 13( 2)，即 = 13 16. 16. 64 解析：过点 S 作 SE平面 ABC 于点 E，记球

10、心为 O.在正三棱锥 S-ABC 中，底面边长为 6，侧棱长为34，326 2 3 3 2 BE，6 22 BESBSE .球心 O 到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径长 R，OBR，OE 6R.在 RtBOE 中，OB2BE2+OE2，即 R212+(6R)2，解得 R4，外接球的表面积为 S=4R2=64. 三、解答题(共 70 分) 17.解：(1)设an的公差为 d，d0 a1，a2，a7成等比数列，2 2 = 17， 1 分即(1+ )2= 1(1+ 6)，整理，得2 41= 0 2 分又 d0，d4a1 3 分又 a4a1+3d26，联立，得41， 1

11、+ 326，解得 1= 2， 8， 5 分 an2+8(n1)8n6 6 分 (2)= (1)+1=(1) n+1 (8n6)， 7 分 T511b1+b2+b511 210+1826+40664074+4082 (210)+(1826)+(40664074)+4082 (8) 255+4082 2042 12 分 18. (1)证明：连接 OE O，E 分别为 AC，PC 的中点，OEPA 2 分 OE平面 BDE，PA平面 BDE，PA平面 BDE 4 分 PO平面 ABCD，POBD 5 分在正方形 ABCD 中，BDAC 6 分又POACO，PO平面 PAC，AC平面 PAC，BD

12、平面 PAC 7 分又BD平面 BDE，平面 PAC平面 BDE 8 分 (2) 解：取 OC 的中点 F，连接 EF，易得 OF= 1 2OC= 1 4AC= 2 4 a 9 分 PO平面 ABCD，POAC E，F 分别是 PC，OC 的中点，EFPO，EFAC，即OFE=90 在 RtOFE 中，COE60 ，EFOFtan 60 = 6 4 a， 10 分 OP2EF= 6 2 a， 11 分 VPABCD= 1 3 a2 6 2 a= 6 6 a3 12 分数学(文科) 第 4 页(共 6 页) 19.解：(1)由题可得(0.005+0.010+0.020+0.030+a+0.0

13、10) 101， 1 分解得 a0.025 2 分 45 0.05+55 0.1+65 0.2+75 0.3+85 0.25+95 0.174， 3 分估计这 100 名学生的平均成绩为 74 分 4 分 (2)由(1)知，在抽取的 100 名学生中，比赛成绩为“优秀”的有 100 (0.25+0.1)35(人) 5 分由此可得完整的 2 2 列联表：优秀非优秀合计男生 10 40 50 女生 25 25 50 合计 35 65 100 (每个 0.5 分)8 分 K2的观测值 = 100(10254025)2 50503565 = 900 91 9.8906.635， 10 分

14、有 99%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关” 12 分 20.(1)解：由抛物线的定义，得 2 5 )2( 2 | p MF，p1. 该抛物线的方程为 y22x. 3 分 (2)证明：由(1)可知，点 M 的坐标为(2，2). 4 分当直线 l 斜率不存在时，设 A(a，y1)，B(a，y2)，且 y1+y2=0，则 2 2 4 2 4 2 2 2 2 2121 21 aa yy a y a y kk， a0， y1y20，此时 A，B 两点重合，舍去 5 分当直线 l 斜率存在时，设直线 l 的方程为 y=kx+b. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2). 联立直线 l 与抛

15、物线的方程，得，， xy bkxy 2 2 整理，得 k2x2+(2kb+2)x+b20， 6 分 2 21 22 k kb xx ， 2 2 21 k b xx. 7 分又 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 21 x bkx x bkx x y x y kk ， 8 分整理，得(2k+2)x1x2+(2k+b+2)(x1+x2)+4b0， (2k+2) 2 2 k b +(2k+b+2) 2 22 k kb +4b0， b2b22k(b+1)0，即(b+1)(b22k)0，解得 b1 或 b2+2k. 10 分当 b1 时，直线 l 为 y=kx1

16、，此时直线 l 恒过定点(0，1). 当 b2+2k 时，直线 l 为 y=kx+2k+2k(x+2)+2，此时直线 l 恒过定点(2，2)(与点 M 重数学(文科) 第 5 页(共 6 页) 合，舍去). 直线 l 恒过定点(0，1). 12 分 21.解：(1)由 f(x)ln xaex+1 知 x(0，+). 1 分当 a1 时，f(x)ln xex+1，)(xf x 1 ex，显然)(xf 在(0，+)上单调递减. 2 分又e 2 2 1 f0， e11f0， )(xf 在 1 ， 1 2 上存在零点0，且是唯一零点. 当 0 0xx，时，)(xf0；当， 0 xx时，)(xf

17、0. 3分 0是 f(x)ln xex+1 的极大值点，且是唯一极值点. 4 分 (2)令 f(x)ln xaex+10，则 x x a e 1ln . 5 分令 ya， x x xg e 1ln )( ，则 ya 和 x x xg e 1ln )( 的图象在(0，+)上有两个交点， .0 1ln 1 )(）（x x x xg x e 6 分令1ln 1 )(x x xh，则 xx x h 11 )( 2 0， 7 分 h(x)在(0，+)上单调递减，而 h(1)0， 8 分当10，x时，h(x)0，即 )(xg 0，g(x) 单调递增；当，1x时，h(x)0，即 )(xg 0，g(

18、x) 单调递减. 9 分故 e 1 ) 1 ()( max gxg. 10 分又0 1 e g，当 x1 时，g(x)0，结合图象，可知若ya 和 x x xg e 1ln )( 的图象在(0，+)上有两个交点，只需 e 1 0a， a 的取值范围是 e 1 0，. 12 分 22.解：(1)将参数方程 = 2cos , = 3sin （为参数）消去参数，得 2 4 + 2 3 = 1，即椭圆 C 的标准方程为 2 4 + 2 3 = 1， 1 分椭圆的右焦点为(1,0). 2 分由cos( + 4) = 22，得cos sin = 4， 3 分直线的直角坐标方程为 = 4，过

19、点(1,0) 且与直线垂直的直线方程为 = ( 1)，即 + 1 = 0， 4 分所求直线的极坐标方程为cos + sin 1 = 0 5 分 (2)设点的坐标为(2cos ,3sin )(0 2)，则点到直线的距离 = |2cos 3sin 4| 2 = |7sin()+4| 2 ，其中sin = 27 7 ，cos = 21 7 (0 2)， 7 分数学(文科) 第 6 页(共 6 页) 当 = 2 + 2, 时，取得最小值，此时 = 2 + 2, ， 8 分 2cos = 2cos( 2 + 2) = 2sin = 47 7 ， 3sin = 3sin( 2 + 2) = 3c

20、os = 37 7 ， 9 分点的直角坐标为(47 7 , 37 7 ) 10 分 23.解：(1)由 f(x)=|x+1|+|2x4|，得，，， 133 215 233 )( xx xx xx xf 2 分由 f(x)5 可得，， 533 2 x x 或，， 55 21 x x 或，， 533 1 x x 解得 3 8 2，x 或20，x或 x. 4 分综上， 3 8 0，x. 5 分 (2) ，，， 133 215 233 )( xx xx xx xf 当 x2 时，f(x)取得最小值 3， 6 分函数 yf(x)图象的最低点为(2，3)，即 m2，n3. 7 分 ma+nb6，2a+3b6，1 23 ba ， 8 分 945 3 8 2 3 254 3 8 2 3 1 23 8383 b a a b b a a bba baba . 9 分当且仅当 b a a b 3 8 2 3 ，即 a1，b 3 4 时取等号， ba 83 的取值范围是9，+). 10 分

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